《数学奥林匹克竞赛题解》第二章 代数部分 第四节 二项式定理、概率、数学归纳法

数学奥林匹克题解

第二章 代 数

第四节 二项式定理、概率、数学归纳法

B4-001 求（1+x）3+（1+x）4+（1+x）5+…+（1+x）n+2展开式里的x2的系数． 【题说】1963年北京市赛高三一试题3．

【解】因为（1+x）3+（1+x）4+（1+x）5+…+（1+x）n+2

所以展开式中x2的系数为

【别解】x2的系数为

B4-002 设f是具有下列性质的函数： （1）f（n）对每个正整数n有定义； （2）f（n）是正整数； （3）f（2）=2；

（4）f（mn）=f（m）f（n），对一切m，n成立； （5）f（m）＞f（n），当m＞n时． 试证：f（n）=n．

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【题说】第一届（1969年）加拿大数学奥林匹克题8．

【证】先用数学归纳法证明f（2k）=2k（k=1，2，…）．事实上，由（3），k=1时，f（2）=2成立．假设k=j成立，则由（4）f（2j+1）=f（2·2j）=f（2）f（2j）=2·2j=2j+1．故对所有自然数k，f（2k）=2k．

现考虑自然数n=1．由（5）函数f的严格递增性知：（2）f=2＞f（1）．由（2），f（1）=1．

再考虑自然数n：2k＜n＜2k+1．由（5）有2k=f（2k）＜f（2k+1）＜f（2k+2）＜…＜f（2k+1-1）＜f（2k+1）=2k+1，故必有f（2k+1）=2k+1，f（2k+2）=2k+2，…，f（2k+1-1）=2k+1-1

综上所述，对任何正整数n，都有f（n）=n

B4-003 证明：对任何自然数n，一定存在一个由1和2组成的n位数，能被2n整除．

【题说】第五届（1971年）全苏数学奥林匹克八年级题1． 【证】用归纳法．

（1）当n=1时，取该数为2即可；

（2）设A=2nB是一个能被2n整除的n位数，则2·10n+A和1·10n+A中必有一个能被2n+1整除．

从而，命题得证．

B4-004 假设一个随机数选择器只能从1，2，…，9这九个数字中选一个，并且以等概率作这些选择，试确定在n次选择（n＞1）后，选出的n个数的乘积能被10整除的概率．

【题说】第一届（1972年）美国数学奥林匹克题3．

【解】要使n个数之积被10整除，必须有一个数是5，有一个数是偶数．

n次选择的方法总共有9n种，其中 A．每一次均不取5的取法，有8n种；

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B．每一次均不取偶数的取法，有5n种；

C．每一次均在{1，3，7，9}中取数的方法有4n种，显然C中的取法既包含于A，也包含于B，所以，取n个数之积能被10整除的概率是

B4-005 一副纸牌共有N张，其中有三张A，现随机地洗牌（假定纸牌一切可能的分布都有相等机会）．然后从顶上开始一张接一张地翻牌，直至翻到第二张A出现为止．求证：翻过的纸牌数的期望（平均）值是（N+1）/2．

【题说】第四届（1975年）美国数学奥林匹克题5．

【证】设三张A的序号分别是x1、x2、x3．若将牌序颠倒过来，则第二张A的序号为N+1-x2．在这两副纸牌中，第二张A的平均位置（即翻过的纸牌数的期望值）为

[x2+（N+1）-x2]/2=（N+1）/2

【别证】由题设，除了第1张和最后一张外，其余各张皆可能是第2张A，且是等可能的．因此第2张A所在序号的平均期望值是

[2+3+…+（N—1）]/（N-2）=（N+1）/2．

B4-006 某艘渔船未经允许在A国领海上捕鱼．每撒一次网将使A国的捕鱼量蒙受一个价值固定并且相同的损失．在每次撒网期间渔船被A国海岸巡逻队拘留的概率等于1/k，这里k是某个固定的正整数．假定在每次撒网期间由渔船被拘留或不被拘留所组成的事件是与其前的捕鱼过程无关的．若渔船被巡逻队拘留，则原先捕获的鱼全被没收，并且今后不能再来捕鱼．船长打算捕完第n网后离开A国领海．因为不能排除渔船被巡逻队拘留的可能性，所以捕鱼所得的收益是一个随机变量．求n，使捕鱼收益的期望值达到最大．

【题说】1975年～1976年波兰数学奥林匹克三试题5．

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这里ω是撒一次网的收益． 由（1）可知

f（n）达到最大值．

B4-007 大于7公斤的任何一种整公斤数的重量都可以用3公斤和5公斤的两种砝码来称，而用不着增添其他不同重量的砝码．试用数学归纳法加以证明．

【题说】1978年重庆市赛二试选作题1（3）．

数a，b，使得n=3a+5b．事实上

（1）当n=8，9，10，11时，不难验证命题成立． （2）设k＞11并且当8≤n＜k时，命题成立，则当n=k时，

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